河北省衡水中学2022-2023学年高三下学期一调考试数学Word含答案

这是一份河北省衡水中学2022-2023学年高三下学期一调考试数学Word含答案，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共4页，总分150分，考试时间120分钟。
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．设集合，，则
A．B．C．D．
2．已知复数满足，则
A．B．C．D．5
3．已知，且，则
A．B．
C．D．
4．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列．现有一高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第100项为
A．4 923 B．4 933 C．4 941 D．4 951
5．已知抛物线的焦点为，点在上，点在准线上，满足( 为坐标原点），，则的面积为
A．B．C．D．
6．碳达峰，是指在某一个时点，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；碳中和，是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值。亿吨后开始下降，其二氧化碳的排放量S（单位：亿吨）与时间基（单位：年）满足函数关系式，已知经过5年，该地区二氧化碳的排放量为亿吨．若该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自身产生的二氧化碳排放量为亿吨，则该地区要实现“碳中和”至少需要经过(lg 2≈0.3)
A．28年 B．29年 C．30年 D．31年
7．从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数，这两个数一个比大，一个比小的概率为. 已知为上述数据中的x%分位数，则x的取值可能为
A．50 B．60 C．70 D．80
8．已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的最小值是
A．B．C．D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．已知向量，，则
A．
B．
C．向量与的夹角为
D．向量在向量上的投影向量为
10．已知函数，若函数的部分图象如图所示，则关于函数，下列结论正确的是
A．的图象关于直线对称
B．的图象关于点对称
C．在区间上的单调递减区间为
D．的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
11．已知分别为圆与圆上的两个动点，为直线上的一点，则
A．的最小值为
B．的最小值为
C．的最大值为
D．的最小值为
12．已知正四面体的棱长为，其所有顶点均在球的球面上．已知点满足，，过点作平面平行于和，平面分别与该正四面体的棱相交于点，则
A．四边形的周长是变化的
B．四棱锥体积的最大值为
C．当时，平面截球所得截面的周长为
D．当时，将正四面体绕旋转90°后与原四面体的公共部分的体积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若命题“”是假命题，则实数的最大值为 .
14．定义在R上的奇函数满足，且在区间上是增函数，给出下列三个命题：
①的图象关于点(2，0)对称；②在区间上是减函数；③其中所有真命题的序号是 ．
15．为检测出某病毒的感染者，医学上可采用“二分检测法”：假设待检测的总人数是，将2m个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组2m-1人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次……依此类推，每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组再平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定）．若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数的所有可能值为 ；若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需的检测总次数记为，则的最大值为 .
16．已知椭圆的左、右焦点分别为，为上任意一点（异于左、右顶点），点为的内心，则的最大值为 .
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）
已知数列的首项，且满足，设.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)若，求满足条件的最小正整数.
18．（12分）
记的内角的对边分别为，已知，是边上的一点，且.
(1)证明：；
(2)若，求.
19．(12分)
2022年全国羽毛球锦标赛于12月16日在厦门举办，受此鼓舞，由一名羽毛球专业运动员甲组成的专业队，与羽毛球业余爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊比赛，约定赛制如下：业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场，则专业队获胜；若甲连续输两场，则业余队获胜；若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束．已知各场比赛相互独立，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，甲赢的概率为；甲与丙比赛，甲赢的概率为，其中.
(1)若第一场比赛，业余队可以安排乙与甲进行比赛，也可以安排丙与甲进行比赛．请分别计算两种安排下业余队获胜的概率；若以获胜概率大为最优决策，问：第一场业余队应该安排乙还是丙与甲进行比赛？
(2)为了激励专业队和业余队，赛事组织规定：比赛结束时，胜队获奖金13万元，负队获奖金3万元；若平局，两队各获奖金4万元，在比赛前，已知业余队采用了(1)中的最优决策与甲进行比赛，设赛事组织预备支付的奖金金额共计X万元，求X的数学期望E(X)的取值范围．
20．(12分)
如图，圆锥的高，底面圆的半径为，延长直径到点，使得，分别过点作底面圆的切线，两切线相交于点是切线与圆的切点．
(1)证明：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离．
21．(12分)
已知双曲线的左焦点为，点是上的点．
(1)求的方程；
(2)已知过坐标原点且斜率为的直线交于两点，连接交于另一点，连接交于另一点. 若直线经过点，求直线的斜率.
22．(12分)
已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若对任意恒成立，求的取值范围.
数学参考答案
一、选择题
1，B【解析】由题意得，所以.
2．C【解析】设，由题意得，解得，，所以.
3．B【解析】由题意得，解得或．又，所以，则，，
所以，，
，，故ACD错误、B正确．
4．D【解析】设该高阶等差数列为，则的前7项分别为1，2，4，7，11，16，22.令，则数列为1，2，3，4，5，6，…，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以，即，故
.
5．A【解析】由题意得抛物线的焦点的坐标为，准线的方程为，设准线与轴的交点为如图，由题知. 由抛物线的定义知．又，所以是等边三角形，因为，所以
，所以，所以的面积为.
6．C【解析】由题意得，即，所以，令，则，即，即，可得，故.
7．C【解析】由题意得从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数有种不同的结果，其中一个数比大，一个数比小的不同结果有种，所以，整理得，解得或．当时，数据中的分位数是第3个数，则，解得，故所有选项都不满足；当时，数据中的分位数是第6个数，则，解得，故ABD不满足、C满足．
8．A【解析】的定义域为，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，所以为方程的唯一实根，即，故，即，解得. 因为是4的零点，所以方程在区间上有实根，即在区间上有实根，即在区间上有实根．令，，则.设，则，易知在区间上单调递增，在区间上单调递减．又，，所以，，所以，即，故实数的最小值是-1．
二、选择题
9．ABD【解析】由题意得，所以
=4，故A正确；，故B正确；因为
，且，所以，故C错误；向量在向量上的投影向量为，故D正确．
10．ABC【解析】因为所以，所以，又，所以（舍去）或，因为，所以，所以，当时，，所以的图象关于直线对称，故A正确；当时，，所以的图象关于点对称，故B正确；当，，即，，时，单调递减，则当时，在区间上单调递减，所以在区间上的单调递减区间为，故C正确；因为，故D错误．
11．AC【解析】因为圆的标准方程为，所以其圆心为，半径为，因为圆的标准方程为，所以其圆心为，半径为，设点关于直线对称的点为，则解得即. 如图，连接交直线于点，连接，此时三点共线，最小，则最小，所以3，故A正确、B错误；因为，所以当取到最大值且点共线时，取到最大值．由图可知，
，所以的最大值为，故C正确，D错误。
12．BCD【解析】在棱长为2的正方体中，知正四面体的棱长为，故球心即为该正方体的中心，连接，设，因为，，所以四边形为平行四边形，所以. 又平面平面，所以平面.因为平面，，，平面，所以平面平面．对于A，如图①，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，则，即
同理可得，，，，所以四边形的周长
，故A错误；对于B，如图①，由A可知，，且，，因为四边形为正方形，所以，所以四边形为矩形，所以点A到平面的距离，故四棱锥的体积与之间的关系式为
，则. 因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，取到最大值，故四棱锥体积的最大值为，故B正确；对于C，正四面体的外接球即为正方体的外接球，其半径．设平面截球所得截面的圆心为，半径为，当时，. 因为，则，所以平面截球所得截面的周长为，故C正确；对于D，如图②，将正四面体绕
旋转90°后得到正四面体，设，，，，连接，因为，所以分别为各面的中心，两个正四面体的公共部分为几何体为两个相同的正四棱锥组合而成，又，正四棱锥的高为，所以所求公共部分的体积，故D正确．
三、填空题
13．【解析】由题知命题的否定“”是真命题，令，则解得，故实数的最大值为.
14．①②【解析】由题意知，又，所以，所以，即，则，所以是周期为4的函数，且，即，所以的图象关于点(2，0)对称，故①正确，是真命题；因为为奇函数，且在区间上是增函数，所以在区间上是增函数，又，所以的图象关于直线对称，所以在区间上是减函数，故②正确，是真命题；而，故③错误，是假命题．
15．1或2 【解析】若待检测的总人数为8，经过4轮共7次检测，则第1轮需检测1次，第2轮需检测2次，每次检查的均是4人组；第3轮需检测2次，每次检查的是有感染者的4人组均分的两组，每组2人；第4轮需检测2次，每次检查的是有感染者的2人组分成的两组，每组1人，则感染者人数为1或2．当待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者时，若没有感染者，则只需1次检测即可：若有1名感染者，则需次检测；若有2名感染者，且检测次数最多，则第2轮检测时，2名感染者不位于同一组，两个待检测组的样本数均为2m-1、，每组1名感染者，此时每组需次检测，则两组共需次检测，故有2名感染者，且检测次数最多，共需次检测．因为，所以，所以的最大值为.
16．【解析】对椭圆，设，，的内切圆半径为，则，故，由题意知，，
则，同理可得. 又由内切圆的性质得
，所以.由，得，即. 当，时，.设，，则，所以的最大值为.
四、解答题
17．(1)证明：由题意得，因为，（3分）
且，（4分）
所以数列是首项为，公比为的等比数列．（5分）
(2)解：由(1)得
，即，
所以. （8分）
因为，所以.
又随着的增大而增大，所以，故满足条件的最小正整数为. (10分)
18．(1)证明：在中，由正弦定理得，则；
在中，由正弦定理得，则，（4分）
所以
，（5分）
所以. （6分）
(2)解：由，得，. 又，所以在和 中，由余弦定理得
.
由，得,
整理得.（9分）
又，所以在中，由余弦定理得
.
联立得
故. (12分)
19．解：(1)第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，则业余队获胜的概率为
； （2分）
第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，则业余队获胜的概率为
. （4分）
当时，
， （5分）
即，所以第一场业余队应该安排乙与甲进行比赛． （6分）
(2)由题意知X的可能取值为8或16．
由(1)知第一场业余队应该安排乙与甲进行比赛，此时业余队获胜的概率
专业队获胜的概率，
所以非平局的概率（9分）
平局的概率，
所以. (11分)
因为，所以，
即的数学期望的取值范围是.(12分)
20．(1)证明：由题意得平面.
因为是切线与圆的切点，
所以平面，且，则.（2分）
又，平面，
所以平面.
又平面，
所以平面平面（4分）
(2)解：如图，作，则两两垂直．以为坐标原点， 别为轴的正方向，建立空间直角坐标系．
由题意知，，，，
又∽，所以，则，
所以，，，，
则，，. （6分）
设平面的法向量为，
则
令，则，，得平面的一个法向量为.
又直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
解得或（9分）
由题意知，为直线与平面的交点，所以点到平面的距离为点到平面的距离的倍．
又平面平面，平面平面，所以点到平面的距离即为点到直线的距离．
在中，，，
所以点到直线的距离为，则点到平面的距离为，
故点到平面的距离为或. (12分)
21．解：(1)由题知，且，
（2分）
所以，所以.
故的方程为. （4分）
(2)法一：设，则，直线的方程为,
直线的方程为.
设,
联立，得，（6分）
则，得，.
又，所以，
则.
同理可得，. （9分）
因为直线经过点，
所以三点共线，即，
则，
所以，
化简得，
整理得，故. (12分)
法二：设，，，
则，
直线的方程为，
直线的方程为.
联立得，
则，所以，
则（8分）
又，所以，
同理可得.
设直线的方程为，
联立得，
则，， (10分)
即，化简得.
又，解得，.
故.(12分)
22．解：(1)当时，，
则，
所以.（2分）
又，所以曲线在点处的切线方程为. （4分）
(2)，
令，则.
令，则，
所以在区间上单调递增，
则，即.
当时，，则.
又，所以，
所以，
即，（6分）
则在区间上单调递增，即在区间上单调递增，
所以. （7分）
①当，即时，，在区间上单调递增，
所以，符合题意； （8分）
②当，即时，.
令，
则，
所以在区间上单调递增，
则，故.
又，所以，使得.
当时，，则在区间上单调递减，此时
不符合题意．
综上，实数的取值范围为. (12分)